Chủ đề này có 7 trả lời

[tubmt97]

Tìm hàm $ f:\mathbb{N}^{*}\rightarrow \mathbb{N}^{*} $ thoả $ f(f(n))<f(n+1) $

 

[Idie9xx]

Tìm hàm $ f:\mathbb{N}^{*}\rightarrow \mathbb{N}^{*} $ thoả $ f(f(n))<f(n+1) $

Cho tập $D_n=\left \{ f(n)|n \in \mathbb{N^*} \right \}$ và $D_k=\left \{ f(i)|i\leq k,i \in \mathbb{N^*} \right \}$

Giả sử $f(t)=\min(D_n)$ thì ta có $f(f(t-1))<f(t)$ ( vô lí ) nên $f(t-1)$ không tồn tại hay $t=1$

Tiếp tục như vậy ta chứng minh được $f(k)=\min(D_n \setminus {D_{k-1}})$ hay $f(1)<f(2)<f(3)<...<f(k)<...<f(n)$

Ta có $f(f(1))<f(2)$ do $f(2)=\min(D_n \setminus {D_{1}}) \Rightarrow f(1)=1$ bằng qui nạp chứng minh được $f(n)=n$

Vậy hàm thỏa mãn là $f(n)=n$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 16-04-2013 - 16:11

[tubmt97]

Tiếp tục như vậy ta chứng minh được $f(k)=\min(D_n \setminus {D_{k-1}})$ hay $f(1)<f(2)<f(3)<...<f(k)<...<f(n)$

Bạn làm đoạn "tiếp tục" rõ ràng ra đi

[Idie9xx]

Bạn làm đoạn "tiếp tục" rõ ràng ra đi

Cho $f(t_1)=\min(D_n \setminus D_1)$ ta có $f(f(t_1-1))<f(t_1) \Rightarrow f(f(t_1-1))=f(1) \Rightarrow f(t_1-1)=1 \Rightarrow t_1=2$ nên $f(1)<f(2)$

Qui nạp giả sử $f(1)<f(2)<...<f(k)$ thì cho $f(t_k)=\min(D_n \setminus D_{k})$ ta có $f(f(t_k-1))<f(t_k) \Rightarrow f(f(t_k-1))=f(k) \Rightarrow f(t_k-1)=k \Rightarrow t_k=k+1$ nên $f(1)<f(2)<...<f(k)<f(k+1)$

Điều này cũng đồng nghĩa là chứng minh được $f(n)=n$ luôn

[tubmt97]

Cho $f(t_1)=\min(D_n \setminus D_1)$ ta có $f(f(t_1-1))<f(t_1) \Rightarrow f(f(t_1-1))=f(1) \Rightarrow f(t_1-1)=1 \Rightarrow t_1=2$ nên $f(1)<f(2)$

Qui nạp giả sử $f(1)<f(2)<...<f(k)$ thì cho $f(t_k)=\min(D_n \setminus D_{k})$ ta có $f(f(t_k-1))<f(t_k) \Rightarrow f(f(t_k-1))=f(k) \Rightarrow f(t_k-1)=k \Rightarrow t_k=k+1$ nên $ f(1)<f(2)<...<f(k)<f(k+1) $

Điều này cũng đồng nghĩa là chứng minh được $f(n)=n$ luôn

điều này ko thể được suy ra vì $f(f(k_k-1))=f(k-1)$ vẫn đảm bảo $f(f(t_k-1)<f(t_k)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tubmt97: 16-04-2013 - 20:29

[Idie9xx]

điều này ko thể được suy ra vì $f(f(k_k-1))=f(k-1)$ vẫn đảm bảo $f(f(t_k-1)<f(t_k)$

Ừ có lẽ cần thêm là $\Rightarrow f(f(t_k-1))=f(k-i) \Rightarrow f(t_k-1)=k-i=f(k-i) \Rightarrow t_k=k-i+1 \Rightarrow f(t_k)=f(k-i+1) \Rightarrow i=0 \Rightarrow t_k=k+1$ (do $f(k-i) \leq f(k)$ )

[tubmt97]

Ừ có lẽ cần thêm là $\Rightarrow f(f(t_k-1))=f(k-i) \Rightarrow f(t_k-1)=k-i=f(k-i) \Rightarrow t_k=k-i+1 \Rightarrow f(t_k)=f(k-i+1) \Rightarrow i=0 \Rightarrow t_k=k+1$ (do $f(k-i) \leq f(k)$ )

Bạn xem lại nha, với $i=0$ thì bạn chưa có $k-i=f(k-i)$

Còn nữa, f chưa là đơn ánh nên $f(k-i)=f(t_k-1)$ không suy ra được $t_k=k-i+1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tubmt97: 16-04-2013 - 22:31

[Idie9xx]

Bạn xem lại nha, với $i=0$ thì bạn chưa có $k-i=f(k-i)$

Còn nữa, f chưa là đơn ánh nên $f(k-i)=f(t_k-1)$ không suy ra được $t_k=k-i+1$.

Do $f(1) \geq 1 \Rightarrow f(k) \geq k$ và do $f(k)=\min(D_n \setminus D_{k-1})$

Nên $f(f(k)) \geq f(k) \geq k \Rightarrow f(k+1)>f(k)$ . Tượng tự như vậy ta thấy hàm tăng nghiêm ngặt nên đơn ánh ( điều hiển nhiên ). Giả sử $f(k) \geq k+1$ thì ta có $f(f(k)) \geq f(k+1) > f(f(k))$ mâu thuẫn nên $f(n)=n$